2019-2020年高考數(shù)學 8.9 直線與圓錐曲線的位置關系練習.doc

《2019-2020年高考數(shù)學 8.9 直線與圓錐曲線的位置關系練習.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考數(shù)學 8.9 直線與圓錐曲線的位置關系練習.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學 8.9 直線與圓錐曲線的位置關系練習 (25分鐘　60分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.過拋物線y=2x2的焦點的直線與拋物線交于A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2=(　　) 【解析】選D.由y=2x2得x2=y,其焦點坐標為取直線y=,則其與y=2x2交于 【方法技巧】與動直線相關值的求解技巧 解決動直線與圓錐曲線相交的有關值的選擇題、填空題,一般取其特殊位置探索其值即可. 2.(xx重慶模擬)已知雙曲線C:=1(a>0,b>0),方向向量為d=(1,1)的直線與C交于兩點A,B,若線段AB的中點為(4,1),則雙曲線C的漸近線方程 是(　　) A.2xy=0 B.x2y=0 C.xy=0 D.xy=0 【解析】選B.設方向向量為d=(1,1)的直線方程為y=x+m,與雙曲線方程聯(lián)立,消去y,得:(b2-a2)x2-2a2mx-a2m2-a2b2=0,設A(x1,y1),B(x2,y2), 因為線段AB的中點為(4,1),x1+x2==8,y1+y2=8+2m=2, 解得m=-3,所以=8,即a=2b,所以雙曲線C的漸近線方程是x2y=0. 【加固訓練】雙曲線C的方程為=1(a>0,b>0),l1,l2為其漸近線,F為右焦點,過F作l∥l2且l交雙曲線C于R,交l1于M,若=λ,且λ∈則雙曲線的離心率的取值范圍為(　　) 【解析】選B.由題意得令l1:y=-x,l2:y=x,l:y=(x-c), 由l交雙曲線C于R,令解此方程組得 故有= 由l交l1于M,令 解此方程組得 故有 由 所以整理得a2=(1-λ)c2,即e2= 又λ∈ 所以e2∈(2,3),即e∈(). 3.(xx麗水模擬)斜率為1的直線l與橢圓+y2=1相交于A,B兩點,則|AB|的最大值為(　　) 【解題提示】設出直線方程,聯(lián)立直線與橢圓方程,利用弦長公式求解. 【解析】選C.設A,B兩點的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),直線l的方程為y=x+t,由消去y,得5x2+8tx+4(t2-1)=0. 4.已知拋物線y2=8x的焦點為F,直線y=k(x-2)與此拋物線相交于P,Q兩點,則=(　　) A. B.1 C.2 D.4 【解析】選A.設P(x1,y1),Q(x2,y2),由題意可知,|PF|=x1+2,|QF|=x2+2,則,聯(lián)立直線與拋物 線方程消去y得,k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,可知x1x2=4,故 .故選A. 【加固訓練】過點A(1,0)作傾斜角為的直線,與拋物線y2=2x交于M,N兩點,則|MN|=　　　　　. 【解析】斜率k=tan=1,所以過點A(1,0)的直線方程為y=x-1.將其代入拋物線方程y2=2x,得x2-4x+1=0. 因為判別式Δ=16-4>0,所以設它的兩根分別為x1,x2. 于是x1+x2=4,x1x2=1. 故|MN|= 答案: 5.(xx杭州模擬)F為橢圓+y2=1的右焦點,第一象限內的點M在橢圓上,若MF⊥x軸,直線MN與圓x2+y2=1相切于第四象限內的點N,則|NF|等于(　　) 【解析】選A.因為MF⊥x軸,F為橢圓+y2=1的右焦點,所以F(2,0), ,設lMN:y-=k(x-2),N(x,y),則O到lMN的距離 解得k= (負值舍去). 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.(xx安順模擬)在拋物線y=x2上關于直線y=x+3對稱的兩點M,N的坐標分別為　　　　　. 【解題提示】因為M,N兩點關于直線y=x+3對稱,所以kMN=-1,且M,N的中點在直線y=x+3上,亦即直線y=x+3是線段MN的垂直平分線. 【解析】設直線MN的方程為y=-x+b,代入y=x2中,整理得x2+x-b=0,令Δ=1+4b>0,所以b>-.設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=-1, ,由在直線y=x+3上,即+b=-+3,解得b=2,聯(lián)立得 答案:(-2,4),(1,1) 【加固訓練】已知拋物線y=-x2+3上存在關于直線x+y=0對稱的相異兩點A,B,則|AB|等于(　　) A.3 B.4 C.3 D.4 【解析】選C.設直線AB的方程為y=x+b,A(x1,y1),B(x2,y2), 得AB的中點 又在直線x+y=0上,可求出b=1, 則|AB|= 7.已知曲線=1(ab≠0,且a≠b)與直線x+y-1=0相交于P,Q兩點,且=0(O為原點),則的值為　　　　. 【解析】將y=1-x代入=1,得(b-a)x2+2ax-(a+ab)=0.設P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=.=x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1,所以即2a+2ab-2a+a-b=0,即b-a=2ab,所以=2. 答案:2 8.已知橢圓+y2=1,過點M(m,0)作圓x2+y2=1的切線l交橢圓于A,B兩點.若M為圓外一動點,則|AB|的最大值為　　　　　. 【解析】由題意知,|m|>1,設切線l的方程為y=k(x-m),由得,(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0,設A,B兩點的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),則x1+x2=,又l與圓x2+y2=1相切,所以=1,即m2k2=k2+1.所以|AB|=,當且僅當m=時取等號, 所以|AB|的最大值為2. 答案:2 三、解答題(每小題10分,共20分) 9.(xx合肥模擬)已知橢圓T:=1(a>b>0)的離心率e=,A,B是橢圓T上兩點,N(3,1)是線段AB的中點,線段AB的垂直平分線與橢圓T相交于C,D兩點. (1)求直線AB的方程. (2)是否存在這樣的橢圓,使得以CD為直徑的圓過原點O?若存在,求出該橢圓方程;若不存在,請說明理由. 【解析】(1)由離心率e=,可得橢圓T:x2+3y2=a2(a>0), 設A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為y=k(x-3)+1,代入x2+3y2=a2, 整理得(3k2+1)x2-6k(3k-1)x+3(3k-1)2-a2=0.① Δ=4[a2(3k2+1)-3(3k-1)2]>0,② x1+x2=,由N(3,1)是線段AB的中點,得 =3.解得k=-1,代入②得,a2>12, 直線AB的方程為y-1=-(x-3),即x+y-4=0. (2)因為CD垂直平分AB, 所以直線CD的方程為y-1=x-3,即x-y-2=0, 代入橢圓方程,整理得4x2-12x+12-a2=0. 又設C(x3,y3),D(x4,y4),所以x3+x4=3,x3x4=, y3y4=(x3-2)(x4-2)=, 假設存在這樣的橢圓,使得以CD為直徑的圓過原點O,則x3x4+y3y4=0得a2=8, 又a2>12,故不存在這樣的橢圓. 【加固訓練】已知橢圓E的中心在坐標原點、對稱軸為坐標軸,且拋物線x2=-4y的焦點是它的一個焦點,又點A(1,)在該橢圓上. (1)求橢圓E的方程. (2)若斜率為的直線l與橢圓E交于不同的兩點B,C,當△ABC的面積最大時,求直線l的方程. 【解析】(1)由已知得拋物線的焦點為(0,-),故設橢圓方程為=1(a>). 將點A(1, )代入方程得=1, 整理得a4-5a2+4=0,解得a2=4或a2=1(舍去), 故所求橢圓方程為=1. (2)設直線l的方程為y=x+m,B,C的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2), 由得4x2+2mx+m2-4=0, 則Δ=8m2-16(m2-4)=8(8-m2)>0, 所以0≤m2<8. 由x1+x2=-m,x1x2=, 得 又點A到BC的距離為d= 當且僅當2m2=16-2m2,即m=2時取等號. 當m=2時,滿足0≤m2<8. 故直線l的方程為y=x2. 10.如圖,設橢圓的中心為原點O,長軸在x軸上,上頂點為A,左,右焦點分別為F1,F2,線段OF1,OF2的中點分別為B1,B2,且△AB1B2是面積為4的直角三角形. (1)求該橢圓的離心率和標準方程. (2)過B1作直線l交橢圓于P,Q兩點,使PB2⊥QB2,求直線l的方程. 【解析】(1)設所求橢圓的標準方程為=1(a>b>0),右焦點為F2(c,0). 因為△AB1B2是直角三角形,又|AB1|=|AB2|,所以∠B1AB2為直角,因此|OA|=|OB2|,則b=,又c2=a2-b2,所以4b2=a2-b2,故a2=5b2,c2=4b2,所以離心率 在Rt△AB1B2中,OA⊥B1B2, 故=|B1B2||OA|=|OB2||OA|=b=b2. 由題設條件=4得b2=4,從而a2=5b2=20. 因此所求橢圓的標準方程為=1. (2)由(1)知B1(-2,0),B2(2,0). 由題意知直線l的傾斜角不為0, 故可設直線l的方程為x=my-2. 代入橢圓方程得(m2+5)y2-4my-16=0. 設P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1,y2是上面方程的兩根, 因此y1+y2=,y1y2=-. 又=(x1-2,y1),=(x2-2,y2), 所以=(x1-2)(x2-2)+y1y2 =(my1-4)(my2-4)+y1y2 =(m2+1)y1y2-4m(y1+y2)+16 由PB2⊥QB2,得=0, 即16m2-64=0,解得m=2. 所以滿足條件的直線有兩條,其方程分別為x+2y+2=0和x-2y+2=0. (20分鐘　40分) 1.(5分)已知拋物線y2=8x的焦點F到雙曲線C:=1(a>0,b>0)漸近線的距離為,點P是拋物線y2=8x上的一動點,P到雙曲線C的上焦點F1(0,c)的距離與到直線x=-2的距離之和的最小值為3,則該雙曲線的方程為(　　) 【解析】選C.由題意得,拋物線y2=8x的焦點F(2,0),雙曲線C: =1(a>0,b>0)的一條漸近線的方程為ax-by=0, 因為拋物線y2=8x的焦點F到雙曲線C: =1(a>0,b>0)漸近線的距離為, 所以,所以a=2b. 因為P到雙曲線C的上焦點F1(0,c)的距離與到直線x=-2的距離之和的最小值為3, 所以|FF1|=3,所以c2+4=9,所以c=, 因為c2=a2+b2,a=2b,所以a=2,b=1. 所以雙曲線的方程為-x2=1,故選C. 2.(5分)(xx銀川模擬)在拋物線y=x2+ax-5(a≠0)上取橫坐標為x1=-4,x2=2的兩點,過這兩點引一條割線,有平行于該割線的一條直線同時與拋物線和圓5x2+5y2=36相切,則拋物線頂點的坐標為(　　) A.(-2,-9) B.(0,-5) C.(2,-9) D.(1,-6) 【解題提示】由x1=-4,x2=2可求出割線的斜率,然后根據(jù)割線與切線平行以及導數(shù)與切線斜率的關系求出直線與拋物線的切點坐標,進而求出切線方程,根據(jù)直線與圓相切即可求出a的值,從而求出拋物線的頂點坐標. 【解析】選A.當x1=-4時,y1=11-4a;當x2=2時,y2=2a-1,所以割線的斜率k==a-2.設直線與拋物線的切點橫坐標為x0,由y′=2x+a得切線斜率為2x0+a,所以2x0+a=a-2, 所以x0=-1. 所以直線與拋物線的切點坐標為(-1,-a-4),切線方程為y+a+4=(a-2)(x+1),即(a-2)x-y-6=0. 圓5x2+5y2=36的圓心到切線的距離d 由題意得 即(a-2)2+1=5.又a≠0, 所以a=4,此時,y=x2+4x-5 =(x+2)2-9, 頂點坐標為(-2,-9). 3.(5分)已知橢圓M:=1,直線x+y-=0交橢圓M于A,B兩點,P為AB的中點,且OP的斜率為.C,D為橢圓M上的兩點,若四邊形ACBD的對角線滿足CD⊥AB,則四邊形ACBD面積的最大值為　　　　　. 【解析】因為CD⊥AB,直線AB的方程為x+y-=0,所以可設直線CD的方程為y=x+m,將x+y-=0代入=1得,3x2-4x=0,不妨設A(0,),B,所以|AB|=;將y=x+m代入=1得,3x2+4mx+2m2-6=0,設C(x3,y3), D(x4,y4),則|CD|=又Δ=16m2-12(2m2-6)>0,即-3b>0)的離心率為,其左焦點到點P(2,1)的距離為,不過原點O的直線l與C相交于A,B兩點,且線段AB被直線OP平分. (1)求橢圓C的方程. (2)求△ABP面積取最大值時直線l的方程. 【解析】(1)左焦點(-c,0)到點P(2,1)的距離為,解得c=1. 又離心率為,可得a2=4,則b2=3, 所以橢圓C的方程為=1. (2)由題意可知,直線l不垂直于x軸,故可設直線l:y=kx+m,交點A(x1,y1),B(x2,y2), 由消去y并整理得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0, 所以x1+x2= 所以AB的中點為 而點P(2,1)到直線l:y=-x+m的距離為d=, 所以△ABP的面積為S=|AB|d 其中m∈(-2,0)∪(0,2), 令f(m)=(12-m2)(4-m)2,m∈(-2,0)∪(0,2), 則f′(m)=4(m2-2m-6)(4-m)=4(m-1-)(m-1+)(4-m), 所以當且僅當m=1-時,f(m)取得最大值,即S取得最大值, 此時直線l:3x+2y+2-2=0. 5.(13分) (能力挑戰(zhàn)題)如圖,橢圓E:=1(a>b>0)的左焦點為F1,右焦點為F2,離心率e=.過F1的直線交橢圓于A,B兩點,且△ABF2的周長為8. (1)求橢圓E的方程. (2)設動直線l:y=kx+m與橢圓E有且只有一個公共點P,且與直線x=4相交于點Q.試探究:在坐標平面內是否存在定點M,使得以PQ為直徑的圓恒過點M?若存在,求出點M的坐標;若不存在,說明理由. 【解析】(1)因為|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以4a=8,a=2. 又因為所以c=1, 所以b= 故橢圓E的方程是=1. (2)由得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0,y0),所以m≠0且Δ=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化簡得4k2-m2+3=0.(*) 由得Q(4,4k+m). 假設平面內存在定點M滿足條件,由圖形對稱性知,點M必在x軸上. 設M(x1,0),則=0對滿足(*)式的m,k恒成立. 因為=,=(4-x1,4k+m), 由=0, 整理,得(4x1-4)+-4x1+3=0.(**) 由于(**)式對滿足(*)式的m,k恒成立,所以解得x1=1. 故存在定點M(1,0),使得以PQ為直徑的圓恒過點M. 【一題多解】解決本題(2)還有如下方法: 由,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0,y0),所以m≠0且Δ=0, 即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化簡得4k2-m2+3=0.(*) 此時 所以 由得Q(4,4k+m). 假設平面內存在定點M滿足條件,由圖形對稱性知,點M必在x軸上. 取k=0,m=,此時P(0,),Q(4,),以PQ為直徑的圓為(x-2)2+(y-)2=4,交x軸于點M1(1,0),M2(3,0);取k=-,m=2,此時P(1,),Q(4,0),以PQ為直徑的圓為,交x軸于點M3(1,0),M4(4,0).所以若符合條件的點M存在,則M的坐標必為(1,0). 以下證明M(1,0)就是滿足條件的點: 因為M的坐標為(1,0),所以=,=(3,4k+m),從而= 故恒有⊥,即存在定點M(1,0),使得以PQ為直徑的圓恒過點M.